2019版高考物理一轮复习第六章动量和动量守恒定律6-2动量守恒定律及应用课件

第1讲动量动量定理时间：45分钟总分为：100分一、选择题(此题共10小题，每一小题7分，共70分。

其中1～7题为单项选择，8～10题为多项选择)1．下面关于物体动量和冲量的说法错误的答案是()A．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定要改变C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快答案 A解析Ft越大，Δp越大，但动量不一定越大，它还与初态的动量有关，故A错误；Ft ＝Δp，Ft不为零，Δp一定不为零，B正确；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向一样，C 正确；物体所受合外力越大，速度变化越快，即动量变化越快，D正确。

此题选说法错误的，应当选A。

2．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的答案是()A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 N·sB．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s答案 A解析小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量：I ＝0－(－mv0)＝10 N·s，A正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20 m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：I′＝Δp＝mv0－(－mv0)＝20 N·s，如此冲量大小为20 N·s，B、C、D错误。

3．(2019·四川自贡高三一诊)校运会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以减小()A．人的触地时间B．人的动量变化率C．人的动量变化量D．人受到的冲量答案 B解析 跳远比赛时，运动员从与沙坑接触到静止，动量的变化量Δp 一定，由动量定理可知，人受到的合力的冲量I ＝Δp 是一定的，在沙坑中填沙延长了人与沙坑的接触时间，即t 变大，由动量定理：Δp ＝Ft ，可得Δpt＝F ，Δp 一定，t 越大，动量变化率越小，人受到的合外力越小，人越安全，B 正确。

第2节动量守恒定律及其应用知识点1 动量守恒定律及其表达式1．动量守恒定律的内容一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量就保持不变．2．动量守恒的数学表达式(1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)．(2)Δp＝0(系统总动量变化为零)．(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)．知识点2 动量守恒的成立条件1．系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒．2．系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒．如碰撞、打击、爆炸等过程，动量均可认为守恒．3．系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，则在这个方向上，系统动量守恒．知识点3 碰撞、反冲和爆炸问题1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒．(3)分类：2.在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．在相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．1．正误判断(1)系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒．(√)(2)动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等．(×)(3)在爆炸现象中，动量严格守恒．(×)(4)在碰撞问题中，机械能也一定守恒．(×)(5)动量守恒时，机械能不一定守恒．(√)2．[判断动量是否守恒]如图6­2­1所示的装置中，木块B 与水平桌面间是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后，停在木块内．将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( )图6­2­1A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能不守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．动量不守恒，机械能守恒B [由于子弹射入木块过程中，二者间存在着摩擦，故此过程机械能不守恒，子弹与木块一起压缩弹簧的过程中，速度逐渐减小到零，所以此过程动量不守恒，故整个过程中动量、机械能均不守恒．]3．[分析系统的动量特点](多选)如图6­2­2所示，半径和动能相等的两小球相向而行．甲球质量m 甲大于乙球质量m 乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况( )【导学号：】图6­2­2A ．甲球速度为零，乙球速度不为零B ．两球速度都不为零C ．乙球速度为零，甲球速度不为零D ．两球都以各自原来的速率反向运动AB [首先根据两球动能相等，12m 甲v 2甲＝12m 乙v 2乙，得出两球碰前动量大小之比为：p 甲p 乙＝m 甲m 乙，因m 甲＞m 乙，则p 甲＞p 乙，则系统的总动量方向向右．根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A 、B 所述情况，而C 、D 情况是违背动量守恒定律的，故C 、D 情况是不可能的．]4．[动量守恒定律的应用]某同学质量为60 kg ，在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s 的速度跳到一条向他缓缓漂来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg ，原来的速度大小是0.5 m/s ，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，则( )A ．人和小船最终静止的水面上B．该过程同学的动量变化量为105 kg·m/sC．船最终的速度是0.95 m/sD．该过程船的动量变化量是70 kg·m/sB [规定人原来的速度方向为正方向．设人上船后，船与人共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到同一速度的过程，人和船组成的系统合外力m人＋m船v，解得：v＝0.25 m/s，为零，系统的动量守恒，则由动量守恒得：m人v人－m船v船＝()方向与船原来的速度方向相反，故A、C错误；该同学动量的变化量：Δp＝m人v－m人v人＝60×(0.25－2)kg·m/s＝－105 kg·m/s，因系统动量过恒，所以船的动量的变化量为105 kg·m/s，故B正确，D错误．]1.方法一：直接由动量守恒的条件判断．方法二：系统所受的合外力是否为零不很明确时，直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减少的话，则系统的动量一定不守恒．[题组通关]1．(多选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图6­2­3所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是( )图6­2­3A．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量守恒B．a尚未离开墙壁前，a和b组成的系统动量不守恒C．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量守恒D．a离开墙壁后，a和b组成的系统动量不守恒BC[动量守恒定律的适用条件是不受外力或所受合外力为零．a尚未离开墙壁前，a 和b组成的系统受到墙壁对它们的作用力，不满足动量守恒条件；a离开墙壁后，系统所受合外力为零，动量守恒．]2．(多选)如图6­2­4所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( )【导学号：】图6­2­4A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒BCD[如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F A向右，F B向左，由于m A∶m B＝3∶2，所以F A∶F B ＝3∶2，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错．对A、B、C 组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力、支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确．若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的受到的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确．]1.(1)动量守恒(2)机械能不增加(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．3．爆炸现象的三个规律(1)动量守恒由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加．(3)位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动．[多维探究]●考向1 爆炸与反冲问题1．(多选)有关实际生活中的现象，下列说法正确的是( )A ．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度B ．体操运动员在着地时曲腿是为了减小地面对运动员的作用力C ．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响D ．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，发动机舱越坚固越好ABC [火箭靠喷出气体，通过反冲获得前进的动力，从而获得巨大速度，A 正确；体操运动员在着地时曲腿是为了延长作用时间来减小地面对运动员的作用力，B 正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响，C 正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，需要兼顾延长作用时间，减小作用力，D 错误；故选A 、B 、C.]2．以与水平方向成60°角斜向上的初速度v 0射出的炮弹，到达最高点时因爆炸分成质量分别为m 和2m 的两块，其中质量为2m 的一块沿着原来的方向以2v 0的速度飞行．求：(1)质量较小的那一块弹片速度的大小和方向；(2)爆炸过程中有多少化学能转化为炮弹的动能？【导学号：】【解析】 (1)斜抛的炮弹在水平方向上做匀速直线运动，则炮弹在最高点爆炸前的速度为v 1＝v 0cos 60°＝v 02设炮弹在最高点爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律得3mv 1＝2mv 1′＋mv 2又v 1′＝2v 0解得v 2＝－2.5v 0，负号表示速度方向与规定的正方向相反．(2)爆炸过程中转化为动能的化学能等于动能的增量，所以转化为动能的化学能为ΔE ＝ΔE k ＝12(2m )v 1′2＋12mv 22－12(3m )v 21＝274mv 20. 【答案】 (1)2.5v 0，方向与爆炸前炮弹运动的方向相反 (2)274mv 20 ●考向2 碰撞问题3．(多选)如图6­2­5甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m 1和m 2.图乙为它们碰撞前后的s ­t 图象．已知m 1＝0.1 kg ，由此可以判断( )甲 乙图6­2­5A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．m 2＝0.3 kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能AC [由图乙可以看出，碰前m 1的位移随时间均匀增加，m 2的位移不变，可知m 2静止，m 1向右运动，故A 正确．碰后一个位移增大，一个位移减小，说明两球运动方向不一致，即B 错误．由图乙可以算出碰前m 1的速度v 1＝4 m/s ，碰后的速度v 1′＝－2 m/s ，碰前m 2的速度v 2＝0，碰后的速度v 2′＝2 m/s ，由动量守恒m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，计算得m 2＝0.3 kg ，故C 正确．碰撞过程中系统损失的机械能ΔE ＝12m 1v 21－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，因此D 错误．]4．(2015·全国卷Ⅰ)如图6­2­6所示，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图6­2­6【解析】 A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1① 12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1 ②联立①②式得 v A 1＝m －M m ＋Mv 0 ③ v C 1＝2m m ＋M v 0 ④如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －M m ＋M 2v 0 ⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥联立④⑤⑥式得 m 2＋4mM －M 2≥0⑦ 解得m ≥(5－2)M⑧另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M .⑨【答案】 (5－2)M ≤m <M 碰撞问题解题策略1．抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．2．可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0. 当两物体质量相等时，两物体碰撞后交换速度．3．因碰撞过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变．(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．2．解决动力学问题的三个基本观点●考向1 应用动量的观点解决问题1．(多选)(2017·湛江模拟)如图6­2­7所示，一质量M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小木块A ，同时给A 和B 以大小均为4.0m/s ，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板，在小木块A 做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )图6­2­7A ．2.1 m/sB ．2.4 m/sC ．2.8 m/sD ．3.0 m/sAB [以A 、B 组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，从A 开始运动到A 的速度为零过程中，由动量守恒定律得：(M －m )v 0＝Mv B 1，代入数据解得：v B 1＝2.67m/s.当从开始到A 、B 速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得：(M －m )v 0＝(M ＋m )v B 2，代入数据解得：v B 2＝2 m/s ，则在木块A 做加速运动的时间内B 的速度范围为：2 m/s ＜v B ＜2.67 m/s ，故选项A 、B 正确．]2．如图6­2­8所示，m A ＝1 kg ，m B ＝4 kg ，小物块m C ＝1 kg ，ab 、dc 段均光滑，dc 段足够长；物体A 、B 上表面粗糙，最初均处于静止．最初小物块C 静止在a 点，已知ab 长度L ＝16 m ，现给小物块C 一个水平向右的瞬间冲量I 0＝6 N·s.图6­2­8(1)当C 滑上A 后，若刚好在A 的右边缘与A 具有共同的速度v 1(此时还未与B 相碰)，求v 1的大小．(2)A 、C 共同运动一段时间后与B 相碰，若已知碰后A 被反弹回来，速度大小为0.2 m/s ，C 最后和B 保持相对静止，求B 、C 最终具有的共同速度v 2.【解析】 (1)对物块C ，由动量定理，取向右为正方向I 0＝m C v 0－0，v 0＝I 0m C＝6 m/s 从C 滑到A 的右边缘的过程中，由于F 合＝0，所以A 、C 系统动量守恒，以v 0方向为正，m C v 0＝(m C ＋m A )v 1，所以v 1＝3 m/s.(2)以v 0方向为正，A 、C 一起向右运动到与B 相碰后，C 将滑上B 做减速运动，直到与B 达到共同的速度，整个过程动量守恒，有：(mC ＋m A )v 1＝－m A v A ＋(m B ＋m C )v 2，所以v 2＝1.24m/s.【答案】 (1)3 m/s (2)1.24 m/s●考向2 应用动量和能量的观点综合解决问题3．(2016·全国丙卷)如图6­2­9所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件.【导学号：】图6­2­9【解析】 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12mv 20>μmgl ①即μ<v 202gl② 设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv ′1＋34mv ′2④ 12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22 ⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87v 1 ⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl ⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl ≤μ<v 202gl. ⑨【答案】 32v 20113gl ≤μ<v 202gl●考向3 动量、能量、牛顿运动定律的综合应用4．(2017·衡阳模拟)如图6­2­10所示，内壁粗糙、半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切．质量m 2＝0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m 1＝0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍．忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图6­2­10(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做功W f ；(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ；(3)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量I 的大小．【解析】 (1)小球由释放到最低点的过程中，根据动能定理：m 1gR ＋W f ＝12m 1v 21 小球在最低点，根据牛顿第二定律：F N －m 1g ＝m 1v 21R联立可得：W f ＝－0.4 J.(2)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用，达到共同速度v 2过程中，由动量关系： m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2由能量转化和守恒：12m 1v 21＝12(m 1＋m 2)v 22＋E p 联立可得：E p ＝0.2 J.(3)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用的整个过程中，a 后来速度为v 3，b 后来速度为v 4，由动量关系：m 1v 1＝m 1v 3＋m 2v 4由能量转化和守恒：12m 1v 21＝12m 1v 23＋12m 2v 24 根据动量定理有：I ＝m 2v 4联立可得：I ＝0.4 N·s.【答案】 (1)0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N·s力学规律的选用原则1．求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律列式解决，有时也可结合运动学公式列出含有加速度的关系式．2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑运用动量定理．在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理．3．若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件．4．在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，即系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也即转变为系统内能的量．5．在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化．这类问题因作用时间极短，动量守恒定律通常能用得上．。